4. Zadatak

Dan je četverokut $ABCD$ s kutovima $\alpha=60^\circ$ , $\beta=90^\circ$ , $\gamma=120^\circ$ . Dijagonale $\overline{AC}$ i $\overline{BD}$ sijeku se u točki $S$ , pri čemu je $2|BS|=|SD|=2d$ . Iz polovišta $P$ dijagonale $\overline{AC}$ spuštena je okomica $\overline{PM}$ na dijagonalu $\overline{BD}$ , a iz točke $S$ okomica $\overline{SN}$ na $\overline{PB}$ .

Dokaži: (a) $|MS|=|NS|=\dfrac d2$ ;

(b) $|AD|=|DC|$ ;

Rješenje

Trokuti $ABC$ i $ACD$ su pravokutni s hipotenuzom $\overline{AC}$ pa je četverokut $ABCD$ tetivni. Točka $P$ je središte opisane mu kružnice.

Tetivni četverokut ABCD s dijagonalama, središtem P i okomicama.

(a) Točka $M$ je polovište dijagonale $\overline{BD}$ . Iz danih uvjeta dobivamo: $|DM|=|MB|=\dfrac{3d}2$ , $|MS|=\dfrac d2$ .

Nadalje, iz $\angle BPM=\dfrac12\angle BPD=\angle BAD=60^\circ$ dobivamo $\angle PBM=30^\circ$ .

Kako je $NS\perp PB$ , imamo $|NS|=\dfrac12|BS|=\dfrac12d=|MS|$ .

(b) Trokuti $MPS$ i $NPS$ su pravokutni sa zajedničkom hipotenuzom i sukladnom katetom. Zato su oni sukladni i vrijedi $\angle MPS=\angle SPN=30^\circ$ pa je $|SP|=2|NS|$ .

Trokut $APB$ je jednakokračan i $\angle PAB=\dfrac12\angle SPB=15^\circ$ .

Tada je i $\angle DAC=\angle DAB-\angle CAB=60^\circ-15^\circ=45^\circ$ . Stoga je trokut $ACD$ jednakokračan pravokutan i $|AD|=|CD|$ .

P(ABCD)=P(ABC)+P(ACD)=\frac12|AC|(v_B+v_D),\qquad(1)

v_D=|DP|=\sqrt{|DS|^2-|SP|^2}=\sqrt{(2d)^2-d^2}=d\sqrt3,

v_B:v_D=|BR|:|DP|=|SB|:|SD|=1:2\quad\Rightarrow\quad v_B=\frac12v_D=\frac{d\sqrt3}2.

|AC|=2|DP|=2d\sqrt3.

Uvrštavanjem u (1) dobivamo

P=\frac12\cdot2d\sqrt3\left(\frac{d\sqrt3}2+d\sqrt3\right)=\frac{9d^2}2.